Primitive Roots(poj1284)
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Description
Write a program which given any odd prime 3 <= p < 65536 outputs the number of primitive roots modulo p.
Input
Output
Sample Input
23
31
79
Sample Output
10
8
24
1 对于给出的素数p,
2 首先要明确一点:p的元根必然是存在的(这一点已由Euler证明,此处不再赘述),因此,不妨设其中的一个元根是a0(1<=a0<=p-1)
3 按照题目的定义,a0^i(1<=i<=p-1) mod p的值是各不相同的,再由p是素数,联系Fermat小定理可知:q^(p-1) mod p=1;(1<=q<=p-1)(这个在下面有用)
4 下面证明,如果b是p的一个异于a的元根,不妨令b与a0^t关于p同余,那么必然有gcd(t,p-1)=1,亦即t与p-1互质;反之亦然;
5 证明:
6 若d=gcd(t,p-1)>1,令t=k1*d,p-1=k2*d,则由Fermat可知
7 (a0^(k1*d))^k2 mod p=(a0^(k2*d))^(k1) mod p=(a0^(p-1))^(k1) mod p=1
8 再由b=a0^t (mod p),结合上面的式子可知:
9 (a0^(k1*d))^k2 mod n=b^k2 mod p=1;
10 然而b^0 mod p=1,所以b^0=b^k2 (mod p),所以b^i mod p的循环节=k2<p-1,因此这样的b不是元根;
11
12 再证,若d=gcd(t,p-1)=1,即t与p-1互质,那么b必然是元根;
13 否则假设存在1<=j<i<=p-1,使得b^j=b^i (mod p),即a0^(j*t)=a0^(i*t) (mod p),由a0是元根,即a0的循环节长度是(p-1)可知,(p-1) | (i*t-j*t)->(p-1) | t*(i-j),由于p与
14 t互质,所以(p-1) | (i-j),但是根据假设,0<i-j<p-1,得出矛盾,结论得证;
15
16 由上面的两个证明可知b=a0^t (mod p),是一个元根的充要条件是t与p-1互质,所有的这些t的总个数就是Phi(p-1);
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